17827. Точка E
лежит на стороне CD
выпуклого четырёхугольника ABCD
, причём описанная окружность треугольника ABE
касается прямой CD
. Отрезки AC
и BE
пересекаются в точке F
, отрезки BD
и AE
— в точке G
, отрезки AC
и BD
— в точке H
. Известно, что FG\parallel CD
, а площади треугольников ABH
, BCE
и ADE
равны 2, 3 и 4 соответственно. Найдите площадь треугольника ABE
.
Ответ. 1+\sqrt{15}
.
Решение. Обозначим S_{\triangle ABE}=x
. Тогда отношение высот треугольников ABE
и ADE
с общей стороной AE
, проведённых из вершин B
и D
соответственно, равно отношению соответствующих оснований AG
и GE
. Значит, из параллельности FG
и CD
получаем
\frac{BF}{FE}=\frac{BG}{GD}=\frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle ADE}}=\frac{x}{4}.
Аналогично, \frac{AG}{GE}=\frac{x}{3}
.
Заметим, что
\frac{S_{\triangle AFE}}{S_{\triangle ABE}}=\frac{FE}{BE}=\frac{4}{x+4}~\Rightarrow~S_{\triangle AFE}=\frac{FE}{BE}\cdot S_{\triangle ABE}=\frac{4}{x+4}\cdot x=\frac{4x}{x+4}.
Аналогично, S_{\triangle AFE}=\frac{3x}{x+3}
.
Применив теорему Менелая к треугольнику AEF
и прямой BD
, получим
\frac{AH}{HF}\cdot\frac{FB}{BE}\cdot\frac{EG}{GA}=1~\Rightarrow~\frac{AH}{HF}\cdot\frac{x}{x+4}\cdot\frac{3}{x}=1~\Rightarrow~\frac{AH}{HF}=\frac{x+4}{3}~\Rightarrow
\Rightarrow~S_{\triangle AHE}=\frac{AH}{HF}\cdot S_{\triangle AFE}=\frac{4x}{x+7}.
Аналогично получим
S_{\triangle BHE}=\frac{BH}{BG}\cdot S_{\triangle BGE}=\frac{3x}{x+7}.
Таким образом,
S_{\triangle ABH}+S_{\triangle AHE}+S_{\triangle BHE}=S_{\triangle ABE}~\Rightarrow~2+\frac{4x}{x+7}+\frac{3x}{x+7}=x~\Rightarrow~x^{2}-2x-14=0.
Условию задачи удовлетворяет положительный корень x=1+\sqrt{15}
этого уравнения.
Примечание. Приведённое решение не использует касания описанной окружности треугольника ABE
с прямой CD
.
Источник: Математические олимпиады Гонконга. — 2013, задача 14